科氏加速度和科氏惯性力演示实验平台说明书

2014 年湖北省大学生机械创新设计大赛
科氏加速度和科氏惯性力演示实验平台
设计说明书、图纸
华中科技大学武昌分校 2014 年 3 月

科氏加速度和科氏惯性力演示实验平台 设计说明书、图纸
作品名称：科氏加速度和科氏惯性力演示实验平台
设 计 者：吴志华 梅园 赵克恒 王高峰 王晔
指导教师：
吴修玉
刘海
单 位：
华中科技大学武昌分校
II

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目录
1 绪论 ................................................................................................................... 1
1.1 作品背景及意义 ............................................................................................................... 1 1.1.1 科氏现象的产生 ............................................................................................................ 1 1.1.2 科氏现象的解释 ............................................................................................................ 2 1.1.3 问题的提出及研究意义 ................................................................................................ 3 1.2 研究目标 ........................................................................................................................... 3 1.3 研究内容 ........................................................................................................................... 3
2 科氏加速度和科氏惯性力演示实验平台的设计方案................................. 4
2.1 设计目标分析 ................................................................................................................... 4 2.1.1 科氏现象运动模型分析 ................................................................................................ 4 2.1.2 机械系统设计分析 ........................................................................................................ 4 2.1.3 控制系统设计分析 ........................................................................................................ 5 2.2 总体设计方案的提出 ....................................................................................................... 5 2.3 科氏现象运动模型的参数建立 ....................................................................................... 5 2.4 机械系统设计方案 ............................................................................................................. 6 2.4.1 机械系统设计方案 .......................................................................................................... 6 2.3.1 实验平台基本原理 ........................................................................................................... 7 2.5 控制系统设计方案 ............................................................................................................. 7
3 机械设计 ......................................................................................................... 9
3.1 机械结构设计 ................................................................................................................... 9 3.2 机身设计 ......................................................................................................................... 10 3.2.1 机身机械结构设计 ...................................................................................................... 10 3.2.2 机身计算与校核 .......................................................................................................... 10 3.3 主回转传动装置设计 ..................................................................................................... 11 3.3.1 机械结构设计 ................................................................................................................ 11
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3.3.2 驱动及传动参数 .......................................................................................................... 11 3.3.3 零部件设计与计算 ...................................................................................................... 12 3.4 卧式回转传动装置设计 ................................................................................................. 14 3.4.1 驱动及传动参数 .......................................................................................................... 15 3.4.2 零部件设计与计算 ...................................................................................................... 15 3.5 机械系统的 UG 建模 ....................................................................................................... 17
4 控制系统设计 ............................................................................................... 18
4.1 控制系统总体设计 ......................................................................................................... 18 4.2 电子系统设计 ................................................................................................................. 18 4.2.1 单片机控制系统的设计 ................................................................................................ 18 4.2.2 单片机测试系统的设计 ................................................................................................ 19 4.2.3 单片机串口通信系统 .................................................................................................... 21 4.2.4 直流电机及系统供电技术 ............................................................................................ 22 4.2.5 单片机主芯片介绍 ......................................................................................................... 23 4.3 计算机界面系统设计 ....................................................................................................... 24 4.3.1 计算机软件系统分析 .................................................................................................... 24 4.3.2 计算机软件工具选择 .................................................................................................... 25 4.3.3 LabVIEW 程序设计 .................................................................................................... 26
5 实验平台教学演示说明................................................................................. 28
5.1 使用方法 ......................................................................................................................... 28 5.2 性能分析 ......................................................................................................................... 28 5.3 实验结论 ......................................................................................................................... 28 6 结束语 ................................................................................................................................ 30
参考文献 ............................................................................................................. 31
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1.1 作品背景及意义
1.1.1 科氏现象的产生
1 绪论
科氏现象，即科里奥利现象，对于非惯性系，物体在非惯性系中运动时，就会产生 科氏惯性力。就地球而言，由于地球的自转，地球作为动参考系，就是非惯性系。由地 球自转产生的科氏惯性力可以解释许多现象，除了南北行驶的火车两轨道磨损不一样； 南北流向的河流两岸冲刷程度不同外，潮汐现象、信风与季风、傅科摆摆动平面的变动 等都跟科氏力有关，如图 1-1 所示。
图 1-1a 地球惯性对黄河两岸冲刷图
图 1-1b 大气环流现象图
科氏惯性力具有“虚假”和“真实”两重特性，其虚假性表现为它不是物体之间的 相互作用，没有施力物体，也不存在反作用力，它的大小与参考系的运动密切相关，不 符合力的定义，其真实性表现为身处非惯性系的观察者可以真实地感觉到它的存在。在 赤道附近以 33m/s 运动的物体的科氏惯性力最大约为重力的万分之五。因此，在很多实 际工程技术中，将地球看作惯性系获得的结果己足以满足准确要求。然而，对于另外一 些问题，如远程炮弹的运动时，就必须考虑地球自转的影响了。第一次世界大战期间， 英国炮手在马尔维纳斯群岛海战中发射的炮弹经常落在德国战舰的左方而不能命中，就 是由于科氏惯性力影响所致，这些现象的产生都与科里奥利力有关。物体相对于匀角速 参考系作相对运动，除了离心力外，还有一个叫做科里奥利力的惯性力作用在物体上。
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但由于地球自转很慢，地球上的科氏力现象不容易为人们所注意和理解，因此常常被忽 略。 1.1.2 科氏现象的解释
先从一个简单的例子说起。设在以角速度ω 沿逆时针方向转动的水平圆盘上，有 A ， B 两点，O 为圆盘中心，且有 OA ? OB ，在 A 点以相对于圆盘的速度 v 沿半径方向向 B 点 抛出一球。如果圆盘是静止的，则经过一段时间后，球会到达 B ，但结果是球到达了 B 转动的前方一点 B? ，如图 1-2 所示。
?t ? (OA ? OB) v
（1-1）
图 1-2 科氏现象解释原理图
对这个现象可如下分析，由于圆盘在转动，故球离开 A 的时，除了具有径向速度 v? 外，还具有切向速度 v1 ，而 B 的切向速度为 v2 ，由于 B 的位置靠近圆心，所以 v1 ? v2 ， 在垂直于 AB 的方向上，球运动得比 B 远些。这是在盘外不转动的惯性系观察到的情形。 对于以圆盘为参考系的 B ，他只看到 A 以初速度向他抛来一球，但球并未沿直线到达他， 而是向球球运动的前方的右侧偏去了，这一结果的分析发现，地球在具有径向初速度 v? 的同时，还具有了垂直于这一方向而向右的加速度 a? ，应用牛顿第二定律对于加速度的 解释，既然球出手后在水平方向上没有受到“真实力”的作用，那么球一定受到了一个 垂直于速度 v? 而向右的惯性力 FC 。这种在转动参考系中观察到的运动物体（由于转动 参考系中各点的线速度不同而产生）的加速现象中科里奥利效应，产生此效应的虚拟的 惯性力叫科里奥利力。
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1.1.3 问题的提出及研究意义 在理论力学教学中，由于地球惯性体较大，科氏现象的产生只能通过现象结果分析
和理论推导解释，不能用一个直观的物理实验台或仪器来演示科氏现象产生原理，学生 难于理解。本作品根据科氏现象产生的原理提出了研制一台科氏加速度和科氏惯性力演 示实验平台，就是为了直观观测科氏现象的产生和构成参数。
该装置不仅能让学生能直观观测科氏加速度和科氏惯性力产生的现象，还能作为教 学实验演示的重要仪器；该装置不仅能准确控制科氏参数中的回转速度和线性速度，还 是准确测试速度和科氏位移参数；在该装置的基础上，利用科氏参数与回转参数的关系， 开发出合理利用或者规避科氏现象的科研产品。
1.2 研究目标
本作品提出了科氏加速度和科氏惯性力演示实验平台的研制，集机械设计、电子设 计、软件设计技术于一体。该装置必须设计一个科氏加速度和科氏惯性力的回转运动和 线性运动机械装置，通过电子装置和计算机软件实现对回转运动和线性运动参数的测控 和显示。
1.3 研究内容
要实现研究的目标，必须展开如下方面的研究：
（1）展开对科氏加速度和科氏惯性力产生的原理深入研究；
（2）运用机械设计技术，设计一个能够很直观反映科氏现象的机械装置； （3）运用电子技术和计算机软件技术，设计一套运动测制系统。
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2 科氏加速度和科氏惯性力演示实验平台的设计方案
2.1 设计目标分析
根据本作品的设计目标和内容知，该装置的设计包含了科氏现象运动模型建立，机 械系统设计，控制系统设计。 2.1.1 科氏现象运动模型分析
如图 1-2 所示，科氏加速度和科氏惯性力的产生需要一个主回转运动和一个直线运 动，该直线运动必须以主回转运动为参考系实现，且直线运动与主回转体的轴线垂直。 当主回转运动和直线运动都必须达到一定的速度后，才能使科氏现象较为明显。 2.1.2 机械系统设计分析
机械系统的设计是围绕科氏现象运动模型展开的，该机械系统必须设计一个主回 转运动和一个在主回转坐标系下的直线运动，且直线运动必须与主回转轴线垂直，而该 直线运动通过一个摆幅较大的球体的回转运动替代。
?2
?1
FC1
?
FC 2
图 2-1 机械系统运动简图
如图 2-1 所示，竖直方向主回转运动? ，两个卧式的回转运动 ?1，?2 产生瞬时速
度 v1 ， v2 ，由? 和 v1 ， v2 合成科式力 FC1，FC 2 ，打破滑块在旋转轴上的平衡（离心力和
摩擦力的平衡），使滑块沿旋转轴向产生位移动。
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2.1.3 控制系统设计分析
本实验平台的控制系统的设计主要是解决电机驱动与控制、电机测速和小球位移测 试，同时设计一个操控与显示系统能观测到速度和位移参数，通过这些参数计算，论证 参数与科氏加速度和科氏惯性力的关系公式。
2.2 总体设计方案的提出
根据前面的目标分析，该系统总体构成为机械系统和控制系统。如图 2-2 所示。
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机械系统
控制系统
图 2-2 总体设计方案
2.3 科氏现象运动模型的参数建立
如图 2-3 所示，基于科氏加速度由两部分组成：一部分是因为动点有相对运动，改 变了它在动坐标系上的重合点而造成的，既相对运动对牵连运动速度的影响；另一部分 是由动系的牵连转动，引起记录在动系上的相对速度方向变化而产生的，即牵连运动对 相对速度的影响。科氏加速度是牵连运动和相对运动相互影响发结果。因此，我们给出 了科氏加速度的公转角速度 W（大电动机的转动），小电动机带动偏心球提供相对速度 vr ， 在一个周期之内，小球速度方向的改变，导致偏心球来回窜动。
图 2-3 机械系统结构方案图 5

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一般地可以证明，当质量为 m 的质点相对于转动参考系（角速度矢量为ω ）的速度 为 V 时，则在转动参考系内观察到的科里奥利力为
FC ? 2mv ??
（2-1）
在垂直于纸面的方向只受到一个科氏力的作用，所以小球会在垂直于纸面的平面内
来回往复运动。
2.4 机械系统设计方案
2.4.1 机械系统设计方案
根据图 2-1 所示，机械系统设计方案主要是现实竖直主回转运动和两个卧式回转运 动，如图 2-4 所示。
该机械系统主要由机身、主回转传动装置、卧式回转传动装置组成。主回转运动通 过电动机拖动，采用联轴器直连，传动转矩到主回转轴上，回转轴通过轴承安装在机身 上；卧式回转传动装置通过电机拖动同步带轮，并驱动花键轴的回转，因为要保持平衡 性，所以卧式回转传动装置有两套，且放在一个支撑梁上，支撑梁与主回转轴采用法兰 连接。
图 2-4 实验平台方案图 6

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2.3.1 实验平台基本原理 科氏加速度演示仪原理：利用在机架上一个可转动的安装板，此安装板转速恒定，
但可以改变转动方向，安装板上装有可转动的花键轴，轴上固定一偏心球（可在轴上左 右滑动），偏心球通过连接杆与花键轴上的连接套连接，通过调速按钮和换向按钮，电 机可改变转速和转动的方向。设动坐标系与圆盘相固连，那么圆盘的转动就是科氏加速 度所需的动系角速度，而偏心小球在花键轴的带动下旋转所作的运动则为相对速度。因 此：
（1）当安装板转动而轴未开启转动动时，虽然有动坐标系的转动，但没有相对运 动，此时没有科氏加速度产生。当摩擦力大于离心力时，偏心小球没有沿旋转轴向的位 移；
（2）当安装板不转动而轴开启自转动时，因只有相对运动而没有动坐标系的转动， 此时也没有科氏加速度产生，偏心小球没有沿旋转轴向的位移；
（3）当安装板转动，同时小电机转动，偏心小球开始旋转，由于动坐标系的转动 和动点在动坐标系上的相对运动，即产生了科氏加速度，它促使小球向边缘或者中心移 动；
（4）改变牵连运动速度的大小和方向，可以改变小球向中间或边缘移动的位移大 小。
2.5 控制系统设计方案
根据前面的目标分析并结合图 2-4 的机械系统结构方案知：该控制系统必须驱动并 控制大电动机和小电动机的运转，检测主回转轴和卧式花键回转轴的转速，同时检测滑 块在花键轴上的位置参数。在完成测控系统的搭建后，还必须设计一个控制电机的启停、 正反转及调速的操作台，同时要设计一个显示装置用来显示测控的参数。根据教学实验 的特点，初步拟定采用单片机、模拟电子技术作为测控系统的驱动系统和测试系统的搭 建，采用计算机界面来作为操作台来控制电机的转速，同时也显示测控参数，单片机测 控系统通过串口通信与计算机连接，如图 2-5 所示。
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根据机械系统的方案知：该装置中卧式回转传动装置中的小电机和检测电子系统供 电必须采用动态持续供电技术，才能满足供电要求。
控制系统
单片机测控系统
串 口 通 信
大电动机驱动
电机驱动系统
检测系统
小电动机驱动
动
态
转速检测
持
续
位置检测
供 电
控制电机
计算机界面系统
显示检测参数
论证公式
图 2-5 控制系统设计方案图
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3.1 机械结构设计
3 机械设计
根据图 2-4 所示，机械结构设计主要包含如下几个部分：机身设计、主回转传动装 置设计、卧式回转传动装置设计三大部分组成，同时也要考虑测控系统传感器的安装和 旋转通电的问题，设计一些辅助支架。
该实验平台的机械结构如图 3-1 所示，大电动机（4）与主传动轴（7）通过联轴器 （3）相连，主传动轴（7）与安装板（10）通过法兰盘（9）相连。小电动机（11）固 定在安装板（10）上，提供偏心小球（16）运动所需要的主运动，花键轴（12）与小电 动机（11）通过同步带相连，带动偏心小球（16）沿水平转动，提供水平方向的牵连运 动，在科氏力的作用下，偏心小球（16）将沿花键轴（12）的轴向往返作直线运动。
1-垫脚块 2-机架 3-联轴器 4-大电动机 5-深沟球轴承 6-轴承座 7-主传动轴 8-滑环 9法兰盘 10-安装板 11-小电动机 12-花键轴 13-花键轴套 14-连接套 15-连接螺纹 16-偏 心球 17-深沟球轴承 18-轴承座
图 3-1 实验平台结构图
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3.2 机身设计
3.2.1 机身机械结构设计
根据图 2-4 所示，该实验平台必须设计一个机身，该机身不仅能承载主回转传动装 置和卧式回转传动装置，而且还必须具有一定的刚性和配重，使其运动时，由动平衡的 影响导致的振动和抖动最小。采用 40mm?20mm?2mm的矩形方管焊接作为机身的主要 构件，采用 20mm?20mm?2mm作为机身的辅助构件，主要是起到便于焊接和美观的作 用，在机身的中间必须焊接（点焊）三层支撑板，用来安装电机和轴承，如图 3-2 所示。
图 3-2 机身设计
3.2.2 机身计算与校核 该装置的机身不受弯矩，载荷作用在 4 根立柱上，经估算总体质量为 30KG，则
F1=M×G=30×9.87N=296.1N
（3-1 ）
立柱均为 40×20×2 方管截面积： A ? 224mm2 。 ? max =F/4A=296.1N/224mm2=0.33Mpa
（3-2）
查表可知方管的许用压应力：?? ? ? 120MPa
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? max ??? ?
（3-3）
故方管强度符合强度需求。
3.3 主回转传动装置设计
主回转传动装置设计，主要包括机械机构设计、驱动及传动参数计算、零部件设计 与计算、标准件的计算与选型。 3.3.1 机械结构设计
该装置的机械结构主要是实现主回转轴的回转运动，而主回转轴是立式安装；通过 轴承安装在机身上。
1 减速电动机 2 联轴器 3 轴承 4 安装法兰 图 3-3 牵连运动结构图
经过计算和研究，拟计划采用减速电机直连的传动方案，采用两个圆形轴承作为主 回转轴的支持轴承，减速电机采用弹性联轴器连接到主回转轴上，同时轴上端，安装法 兰，便于卧式回转传动装置的连接和支撑。该方案设计简单，安全可靠。 3.3.2 驱动及传动参数
根据前面科式现象运动模型的建立，要求电动机的最大转速为 60r/min，鉴于该作 品具有试验性，可以选择最大转速为 200r/min，最小转速为 0r/min，根据前面知电动 机直连拖动主回转轴，轴质量是 10kg，主回转轴直接通过法兰连接到横梁上，横梁有
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8 公斤（带其他载荷），根据机械设计手册估算电动机的功率为 100W，选型 120W 的功率， 根据机电传动控制技术知：采用直流减速电机能满足此要求，其参数是 PN ? 120W , n ? 200r / min ，电机型号： 5D 120-24V，减速机 5GU-30K，且采用控制系统进行宽调速 控制。 3.3.3 零部件设计与计算 （1）主回转轴的机械设计
a、主回转轴的设计
图 3-4 主回转轴零件设计
根据轴的强度估算公式：
dmin ? C3
PN n
（3-4）
将电机参数代入公式（3-4）中得： dm? in ? 8.34mm ，圆整得 d min ?10mm , 轴颈的
最小直径定下来后，但是在轴上有些其他非控制系统部件的安装，结合控制系统的设计，
采用轴肩定位（定位轴肩的高度 h 一般取为 h=(0.07～0.1)d，轴的设计如图 3-3 所示。
b、主回转轴的强度校核
假设按主传动轴所承受的轴向压力 F1=500N(实际远没有这么大)，最小的周截面积
A=78.5mm,受力分析得：
轴所承受的最大的压应力? max =F1/A=??50? 0/78.5MPa=6.37Mpa
选用的材料为 45 钢，查表得，? max ? ?? ? ? 120MPa
（3-5） （3-6）
校核合格。
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（2）法兰盘的设计
法兰盘为盘类零件，用于连接主传动轴和旋转安装板，以传递运动和转矩，安装板 固定在主回转轴的末端，靠法兰盘止口和端面来定位，法兰盘的内孔与主传动轴上端外 圆相配，外圆与安装板的内孔的相配，以保证安装板与主传动轴同心，使上部分的结构 对称减小运动的不平衡性。结构设计如图 3-5 所示。
图 3-5 安装法兰盘
（3）平键的设计 平键连接的主要失效形式有：工作面被压溃，工作面过度磨损。对于尺寸按所选电
动机的参数可以知道主回转轴所需要传递的转矩 T=20N/M（比实际所需要传递的转矩小 很多）,键与轴和轮觳的材料都是钢，由表查得许用挤压应? ?100 ~120MPa ,取其平 均值，键的工作长度 L=30mm,键和轮觳的接触高度 K=0.5H=3mm，所以
? max =2T×1000/KLd=2×20×1000/1.5×30×20MPa=44.44MPa< =110MPa （3-7）
（4）轴承的安装和选择 根据主回转轴的设计知：最小轴颈为 10mm，但是把所有的控制系统部分全部安装上
去后，安装轴承的内圈为 d1 ? 30mm ，又考虑到轴承在机身板上的安装便捷，拟定采用 外球面轴承座，如图 3-6 所示。
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3.4 卧式回转传动装置设计
图 3-6 轴承图片
卧式回转传动装置设计，主要是让小球产生回转运动。偏心小球的转动实现相对运 动，结构如图 3-6 所示，小电动机（1）通过同步带轮（2）（4）和同步带（3）带动花 键轴（6）旋转，从而带动偏心小球旋转，实现相对运动。
1-小电机 2-小同步带轮 3-同步带 4-大同步带轮 5-轴承 6-花键轴 图 3-6 相对运动机构
偏心小球旋转结构如图 3-7 所示，花键轴（4）带动连接套（3）旋转，偏心小球（1） 与连接套（3）靠连接杆（2）连接。
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1-偏心小球 2-连接杆 3-连接套 4-花键轴 图 3-7 偏心小球旋转机构
轴套与花键轴通过滚珠丝杆接触减少摩擦系数，偏心小球绕花键轴旋转同时与安装 板的运动合成形成科氏加速度。在小球受到的科氏力后会沿轴向发生位移。通过观察位 移量的变化即可推断科氏力和科氏加速度的大小与方向。
拟采用主要包括驱动及传动参数计算、零部件设计与计算、标准件的计算与选型。 3.4.1 驱动及传动参数
卧式回转传动装置中的花键轴长度约为 500mm，直径约 20mm，回转轴的最大转速为 200r/min，要求过渡过程较短，考虑到试验性研究，那么估算最大转速 300r/min，在选 型的过程中选择直流减速电机，满足要求。电机转矩根据图 3-6 所示，采用同步带传动， 根据机械设计手册同步带轮选型表查询得，选择 3M 圆弧型同步齿形。小带轮的齿数 20， 大带轮齿数 40，传动比 1：2，那么选择直流减速电机参数：PN ? 20W , nN ? 600 r / min 。 3.4.2 零部件设计与计算
（1）安装板的设计 安装板材料为铝合金，该材料具有质量轻，强度较好非常符合设计要求。安装板上 安装的零件有 4 个轴承座和一个法兰盘。安装板中间有 2 个较大的通槽可以减轻质量降 低对轴的应力也可以为偏心球提供更多调整空间。在安装板的背面有 M3 的内六角螺钉
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紧固小电机，如图 3-8 所示。
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图 3-8 安装板设计图
（2）花键轴的设计 在机构的运动当中，花键轴在小电动作用下的带动偏心球运动，使偏心小球产生水 平分量的速度。如图 3-9 所示。
图 3-9 花键轴设计图
45 钢经过调质处理后的性能为：? =3.7Mpa，m=9，N =5000000，现假设以对称循 环变应力? =50MPa（实际小很多），代入公式（3-9）：
? ca=
=27.52
（3-9）
所以轴的计算安全系数 Sca=? /? ca=307/27.52=11.4，满足要求。
（3） 轴承的安装和选择
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向心加速度及科氏加速度小认识

向心加速度与科氏加速度小认识 向心加速度及与速度方向垂直的速度不改变速度大小只改变方向。 在时间很短的情况下。向心方向产生一个速度与切向速度合成。那么久而久之速度就会越来越大啊？答：与速度垂直的加速度，必然是由一个与速度垂直的力产生的，而瞬时位移始终是瞬时速度方向相同的，所以产生垂直加速度（向心加速度）的力始终和瞬时位移垂直。因此这个力对物体不做功，物体的动能不增加，所以物体的速度不增加。 我觉得只有这样算是比较好理解的，如果一定要用加速度的效果来计算，我猜想可能需要用到求极限或者是求导数的方法，还是向量求极限或求导数，计算会更麻烦的。 科氏加速度 认识历史 旋转体系中质点的直线运动 科里奥利力是以牛顿力学为基础的。1835年，和提出，为了描述旋转体系的运动，需要在中引入一个假想的，这就是科里奥利力。引入科里奥利力之后，人们可以像处理中的运动方程一样简单地处理旋转体系中的运动方程，大大简化了旋转体系的处理方式。由于人类生活的本身就是一个巨大的旋转体系，因而科里奥利力很快在流体运动领域取得了成功的应用。 物理学中的科里奥利力 科里奥利力来自于物体运动所具有的，在旋转体系中进行直线运动的，由于惯性的作用，有沿着原有运动方向继续运动的趋势，但是由于体系本身是旋转的，在经历了一段时间的运动之后，体系中质点的位置会有所变化，而它原有的运动趋势的方向，如果以旋转体系的视角去观察，就会发生一定程度的偏离。 如右图所示，当一个质点相对于惯性系做直线运动时，相对于旋转体系，其轨迹是一条曲线。立足于旋转体系，我们认为有一个力驱使质点运动轨迹形成曲线，这个力就是科里奥利力。 根据的理论，以旋转体系为，这种质点的直线运动偏离原有方向的倾向被归结为一个外加力的作用，这就是科里奥利力。从的角度考虑，科里奥利力与一样，都不是真实存在的力，而是惯性作用在内的体现。 科里奥利力的计算公式如下:

机械原理牛头刨床课程设计

目录 一绪论 (1) 1.牛头刨床机构工作原理 (1) 2. 设计目的 (2) 3. 设计任务 (3) 二设计计算过程及说明 (3) 1. 牛头刨床机构示意图及原始数 据.............................................................. ..3 2.齿轮机构基本参 数…….…..........................................…........... (4) 3.连杆设计和运动分析 (5) 4. 编写的计算源程序................................................................... .. (7) 5. 电算的源程序和结果....................................................…............

(9) 6. 设计图解法的图纸................................................................... (13) 三设计小结 (13) 1. 对设计结果的分析讨 论 (13) 四参考文献 (13) 1. 列出主要参考资 料........................................................…... (13) 一. 绪论 牛头刨床机构工作原理 牛头刨床是一种靠刀具的往复直线运动及工作台的间歇运动来完成工件的平面切削加工的机床。电动机经过减速传动装置（皮带和齿轮传动）带动执行机构（导杆机构）完成刨刀的往复运动和间歇移动。 牛头刨床的滑枕的直线运动不能说是偏心轮的作用。牛头刨床的动力，经过减速后，在大齿轮的一面有一个固定短轴，短轴和齿轮中心有一定距离，装一个方形滑块。在齿轮的下方，有一个轴承座，安装了一个长摇杆，齿轮上的方形滑块始终在长杆上滑动。摇杆的上端，有滑枕的方形滑块，也是在杆上滑动，摇杆就使得滑枕前后运动。这两个滑块都是能够转动的。当大齿轮转动时，由滑块带动摇杆前后扇形摆动。滑块位置在中心下面时，同等的转动圆心角，摇杆可以运动较大的角度，带动滑枕快速后退。当大齿轮滑块在上方时，同样的圆心角，摇杆的运动就慢得多，这样滑枕就能够有较大的切削力。调整大齿轮滑块的中心距，就能够调整滑枕行程。滑枕是慢进快退，这样符合工作要求。 本实验以牛头刨床刀具运动的主传动机构为设计对象，通过对具有急回特性的机构的设计，掌握

(完整word版)加速度练习题及答案.doc

加速度练习及答案 主要知识点： 1．加速度 （ 1）定义：加速度等于速度的跟发生这一改变所用的比值，用 a 表示加速度。 （ 2）公式： a=。 （ 3）物理意义：表示速度的物理量。 （ 4）单位：在国际单位制中，加速度的单位是，符号是，常用的单位还有cm/s2。 （ 5）加速度是矢量，其方向与速度变化的方向相同，即在加速直线运动中，加速度的方向与 在减速直线运动中，加速度的方向与方向相反。 2．速度变化量速度变化量Δv=。 3． v-t 图象 方向相同， （） a v m/s b v αt 0 t/s （ 1） v-t 图象中曲线的反映了。 v tan v tan 即为直线的，即为加速度的大小， （ 2）a ，所以 a t t 典型例题： 1.关于物体的下列运动中，不可能发生的是（） A. 加速度逐渐减小，而速度逐渐增大 B.加速度方向不变，而速度的方向改变 C.加速度大小不变，方向改变，而速度保持不变 D. 加速度和速度都在变化，加速度最大时速度最小；加速度最小时速度最大 2.关于速度和加速度的关系，下列说法正确的有（） A. 加速度越大，速度越大 B. 速度变化量越大，加速度也越大 C.物体的速度变化越快，则加速度越大 D. 速度变化率越大则加速度越大 3.下列说法中正确的是（） A. 物体运动的速度越大，加速度也一定越大 B.物体的加速度越大，它的速度一定越大 C.加速度就是“增加出来的速度” D. 加速度反映速度变化的快慢，与速度无关 4.对以 a=2 m/s2作匀加速直线运动的物体，下列说法正确的是( ) A. 在任意 1s 内末速度比初速度大2m/s B.第 ns 末的速度比第1s 末的速度大2（ n-1） m/s C.2s 末速度是 1s 末速度的 2 倍 D. n s 是的速度是 (n/2)s 时速度的 2 倍 5.下列说法中，正确的是( ) A.物体在一条直线上运动，如果在相等的时间里变化的位移相等，则物体的运动就是匀变速直线运动 B.加速度大小不变的运动就是匀变速直线运动 D.加速度方向不变的运动一定是匀变速直线运动 6.做匀减速直线运动的物体，10s 内速度由20m/s 减为 5m/s．求 10s 内物体的速度变化和加速度．

超重和失重的典型例题

超重和失重 问题 超重和失重是两个很重要的物理现象。当物体的加速度向上时，物体对支持物的压力大于物体的重力，这种现象叫做超重；当物体的加速度向下时，物体对支持物的压力小于物体的重力，这种现象叫做失重；当物体向下的加速度为g 时，物体对支持物的压力为零，这种现象叫做完全失重。下面通过举例说明超重和失重的有关问题。 【例1】竖直升降的电梯内的天花板上悬挂着一根弹簧秤，如图1所示，弹簧秤的秤钩上悬挂一个质量m ＝4kg 的物体，试分析下列情况下电梯的运动情况(g 取10m/s 2)： (1)当弹簧秤的示数T 1＝40N ，且保持不变． (2)当弹簧秤的示数T 2＝32N ，且保持不变． (3)当弹簧秤的示数T 3＝44N ，且保持不变． 解析：选取物体为研究对象，它受到重力mg 和竖直向上的拉力T 的 作用．规定竖直向上方向为正方向． 当T 1＝40N 时，根据牛顿第二定律有T 1－mg ＝ma 1，则 0/410440211=?-=-=s m m mg T a 由此可见电梯处于静止或匀速直线运动状态． (2)当T 2＝32N 时，根据牛顿第二定律有T 2－mg ＝ma 2，则 2 222/2/44032s m s m m mg T a -=-=-= 式中的负号示物体的加速度方向与所选定的正方向相反，即电梯的加速度方向竖直向下．电梯加速下降或减速上升． (3)当T 3＝44N 时，根据牛顿第二定律有T 3－mg ＝ma 3，则 2 233/1/44044s m s m m mg T a =-=-= 加速度为正值表示电梯的加速度方向与所选的正方向相同，即电梯的加速度方向竖直向上．电梯加速上升或减速下降． 小结：当物体加速下降或减速上升时，亦即具有竖直向下的加速度时，物体处于失重状态；当物体加速上升或减速下降时，亦即具有竖直向上的加速度时，物体处于超重状态． 【例2】举重运动员在地面上能举起120kg 的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100kg 的重物，求升降机运动的加速度．若在以2.5m/s 2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(g 取10m/s 2) 解析：运动员在地面上能举起120kg 的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力F ＝m 1g ＝120×10N ＝1200N ， (1)在运动着的升降机中只能举起100kg 的重物，可见该重物超重了，升 降机应具有向上的加速度 对于重物：F －m 2g=m 2 a 1，则 2 2221/2/10010001200s m s m m g m F a =-=-= (2)当升降机以a 2=2.5m/s 2的加速度加速下降时，重物失重．对于重物， F mg 图1

理论力学(运动学)

第2篇 运动学 第6章 点的运动学 一、目的要求 1．能用矢量法建立点的运动方程，求点的速度和加速度。 2．能熟练地应用直角坐标法建立点的运动方程，求点的轨迹、速度和加速度。 3．能熟练地应用自然法求点在平面上作曲线运动时的运动方程、速度和加速度，并正确理解切向加速度和法向加速度的物理意义。 二、基本内容 点的运动矢量表示法，直角坐标表示法，自然法表示法。 （1）基本概念 在已有物理知识的基础上，重点强调切向和加速度，法向加速度与密切面的概念。 （2）主要公式 n n n a a tg a a a v a dt v d dt dv a τττθρ=+==== , , ,222 22 三、重点和难点 1．重点 （1）点的曲线运动的直角坐标法，点的运动方程，点的速度和加速度在直角坐标轴上的投影。 （2）点的曲线运动的自然法（以在平面内运动为主），点沿已知轨迹的运动方程，点的切向加速度和法向加速度。 2．难点： 自然轴系的几何概念，速度与加速度在自然轴上投影的推导。 四、教学建议 1．教学提示 （1）在已有物理学的相关知识基础上，引导学生理解，消化并熟练掌握点的运动方程、点沿空间任意曲线运动速度、加速度等新知识。 （2）讲清基本概念，区分点的路程和位移、平均速度与瞬时速度、平均加速度和瞬时加速度、dt r d 与dt dr ，dt v d 与dt dv 等概念。 （3）对描述点的运动学的三种方法加以总结，比较它们的联系及如何应用，介绍点的运动学的问题的大致类型及求解时有关的注意事项。 2.例题 （1）一个可以分别用直角坐标法与自然法均可求解的例题（第一类问题）。 （2）一个已知加速度求运动的例子（第二类问题）。 （3）一个已知直角坐标的运动方程，求自然法中轨迹曲率半径的例子。 3.建议学时

速度加速度练习题带答案

速度.加速度练习题( 带答案) 1、下列物理量为矢量的是（ ） A.速度 B.位移 C.质量 D.加速度 2、下列说法正确的是（ ） A.位移是描述物体位置变化的物理量 B.速度是描述运动快慢的物理量 C.加速度是描述速度变化大小的物理量 D.加速度是描述速度变化快慢的物理量 3．关于加速度的概念，下列说法中正确的是（ ） A ．加速度就是加出来的速度 B ．加速度反映了速度变化的大小 C ．加速度反映了速度变化的快慢 D ．加速度为正值，表示速度的大小一定越来越大 4．由t v a ??=可知（ ） A ．a 与Δv 成正比 B ．物体加速度大小由Δv 决定 C ．a 的方向与Δv 的方向相同 D ．Δv/Δt 叫速度变化率，就是加速度 5．关于加速度的方向，下列说法正确的是( ) A 、一定与速度方向一致； B 、一定与速度变化方向一致； C.一定与位移方向一致； D 、一定与位移变化方向一致。 6.关于速度和加速度的关系，以下说法中正确的是（ ） Ａ.加速度大的物体，速度一定大 Ｂ.加速度为零时，速度一定为零 Ｃ.速度不为零时，加速度一定不为零 Ｄ.速度不变时，加速度一定为零 7．右图为A 、B 两个质点做直线运动的位移-时间图线.则( ). A 、在运动过程中,A 质点总比 B 质点快 B 、在0-t 1时间内,两质点的位移相同 C 、当t=t 1时,两质点的速度相等 D 、当t=t 1时,A 、B 两质点的加速度都大于零 8.若物体做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，则（ ） A ．物体在某秒末的速度一定是该秒初速度的2倍 B ．物体在某秒末的速度一定比该秒初速度大2m/s C ．物体在某秒初的速度一定比前秒初速度大2m/s D ．物体在某秒末的速度一定比前秒初速度大2m/s 9. 关于加速度，下列说法中正确的是 A. 速度变化越大，加速度一定越大 B. 速度变化率越大，加速度一定越大 C. 速度变化越快，加速度一定越大 D. 速度越大，加速度一定越大 10.物体在一直线上运动,用正、负号表示方向的不同,根据给出速度和加速度的正负,下列对运动情况判断错误的是（ ） A. v 0>0, a<0, 物体的速度越来越大. B. v 0<0, a<0, 物体的速度越来越大. C. v 0<0, a>0, 物体的速度越来越小. D. v 0>0, a>0, 物体的速度越来越大. 11．以下对加速度的理解正确的是（ ） A ．加速度等于增加的速度 B ．加速度是描述速度变化快慢的物理量 C ．－102s m 比102s m 小 D ．加速度方向可与初速度方向相同，也可相反 12、关于速度，速度改变量，加速度，正确的说法是：（ ） A 、物体运动的速度改变量很大，它的加速度一定很大 B 、速度很大的物体，其加速度可以很小，可以为零 C 、某时刻物体的速度为零，其加速度可能不为零

高中物理动能定理典型练习题含答案.doc

动能定理典型练习题 典型例题讲解 1.下列说法正确的是（ ） A 做直线运动的物体动能不变，做曲线运动的物体动能变化 B 物体的速度变化越大，物体的动能变化也越大 C 物体的速度变化越快，物体的动能变化也越快 D 物体的速率变化越大，物体的动能变化也越大 【解析】 对于给定的物体来说，只有在速度的大小（速率）发生变化时它的动能才改变，速度的变化是矢量，它完全可以只是由于速度方向的变化而引起．例如匀速圆周运动.速度变化的快慢是指加速度，加速度大小与速度大小之间无必然的联系. 【答案】D 2.物体由高出地面H 高处由静止自由落下，不考虑空气阻力，落至沙坑表面进入沙坑h 停止(如图5-3-4所示).求物体在沙坑中受到的平均阻力是其重力 的多少倍？ 【解析】 选物体为研究对象， 先研究自由落体过程，只有重力做功，设物体质量为m ，落到沙坑表面时速 度为v ，根据动能定理有 02 12 -= mv mgH ① 再研究物体在沙坑中的运动过程，重力做正功，阻做负功，根据动能定理有 22 1 0mv Fh mgh -=- ② 由①②两式解得 h h H mg F += 另解:研究物体运动的全过程，根据动能定理有 000)(=-=-+Fh h H mg 解得h h H mg F += 3.如图5-3-5所示，物体沿一曲面从A 点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B 时，下滑高度为5m ，若物体的质量为lkg ，到B 点时的速度为6m/s ，则在下滑过程中，物体克服阻力所做的功为多少?(g 取10m/s 2) 【解析】设物体克服摩擦力 图5-3-5 H h 图5-3-4

图5-3-6 图5-3-7 所做的功为W ，对物体由A 运动到B 用动能定理得 22 1mv W mgh = - J mv mgh W 32612 1 51012122=??-??=-= 即物体克服阻力所做的功为32J. 课后创新演练 1．一质量为1.0kg 的滑块，以4m/s 的初速度在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起一向右水平力作用于滑块，经过一段时间，滑块的速度方向变为向右，大小为4m/s ，则在这段时间内水平力所做的功为（ A ） A ．0 B ．8J C ．16J D ．32J 2．两物体质量之比为1:3，它们距离地面高度之比也为1:3，让它们自由下落，它们落地时的动能之比为（ C ） A ．1:3 B ．3:1 C ．1:9 D ．9:1 3．一个物体由静止沿长为L 的光滑斜面下滑当物体的速度达到末速度一半时，物体沿斜面下滑了（ A ） A ．4L B ．L )12(- C ．2L D ．2 L 4．如图5-3-6所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L ，子弹进入木块的深度为s ．若木块对子弹的阻力f 视为恒定，则下列关系式中正确的是（ ACD ） A ．fL =21Mv 2 B ．f s =2 1mv 2 C ．f s =21mv 02－21（M ＋m ）v 2 D ．f （L ＋s ）=21mv 02－2 1mv 2 5．如图5-3-7所示，质量为m 的物体静放在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮由地面以速度v 0向右匀速走动的人拉着，设人从地面上且从平台的 边缘开始向右行 至绳和水平方向 成30°角处，在此 过程中人所做的功 为( D ) A ．mv 02／2 B ．mv 02

牵连运动

在不同的参考体中研究同一个物体的运动，看到的运动情况是不同的。例如，图7-1a 所示的自行车沿水平地面直线行驶，其后轮上的点M，对于站在地面的观察者来说，轨迹为旋轮线，但对于骑车者，轨迹则是圆。 同一个物体相对于不同的参考体的运动量之间，存在着确定的关系。例如，图7-1a中，点M相对于地面作旋轮线运动，若以车架为参考体，车架本身作直线平动，点M相对于车架作圆周运动，点M的旋轮线运动可视为车架的平动和点M相对于车架的圆周运动的合成。 将一种运动看作为两种运动的合成，这就是合成运动 的方法。 在点的合成运动中，将所考察的点称为动点。动 点可以是运动刚体上的一个点，也可以是一个被抽象 为点的物体。在工程问题中，一般将静坐标系（简称 为静系）Oxyz固连于地球，而把动坐标系（简称为动 系）O'x'y'z'建立在相对于静系运动的物体上，习惯上也将该物体称为动系。 选定了动点、动系和静系以后，可将运动区分为三种：(1)动点相对于静系的运动称为绝对运动。在静系中看到的动点的轨迹为绝对轨迹。(2)动点相对于动系的运动称为相对运动。在动系中看到的动点的轨迹为相对轨迹。(3)动系相对于静系的运动称为牵连运动。牵连运动为刚体运动，它可以是平动、定轴转动或复杂运动。仍以图7-1a为例，取后车轮上的点M为动点，车架为动系，点M相对于地面的运动为 绝对运动，绝对轨迹为旋轮线；点M相对于车架的运动 为相对运动，相对轨迹为圆；车架的牵连运动为平动。 例如，在图7-2所示的曲柄摇杆机构中，取点A为动 点，杆O1B为动系，动点的相对轨迹为沿着AB的直线。 若取杆O1B上和点A重合的点为动点，杆OA为动系， 动点的相对轨迹不便直观地判断，为一平面曲线。对比这 两种选择方法，前一种方法是取两运动部件的不变的接触 点为动点，故相对轨迹简单。 将某一瞬时动系上和动点相重合的一点称为牵连点

向心力向心加速度练习题(推荐文档)

一、选择题 1、在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心．能正确的表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力F f的图是( ) 2、关于向心加速度，下列说法正确的是（） A．向心加速度是描述线速度方向变化快慢的物理量 B．向心加速度是描述线速度大小变化快慢的物理量 C．向心加速度是描述角速度变化快慢的物理量 D．向心加速度的方向始终保持不变 3、如图所示，在匀速转动的圆筒内壁上紧靠着一个物体一起运动，物体所受向心力是 A．重力 B．弹力 C．静摩擦力 D．滑动摩擦力 4、关于向心力的说法正确的是（） A．物体由于作圆周运动而产生一个向心力 B．向心力不改变做匀速圆周运动物体的速度大小 C．做匀速圆周运动的物体的向心力即为其所受合外力 D．做匀速圆周运动的物体的向心力是个恒力 5、在匀速圆周运动中，下列关于向心加速度的说法，正确的是 ( ) A．向心加速度的方向保持不变 B．向心加速度是恒定的 C．向心加速度的大小不断变化 D．向心加速度的方向始终与速度的方向垂直 6、在水平路面上转弯的汽车，向心力来源 于 （） A．重力与支持力的合力 B．滑动摩擦力 C．重力与摩擦力的合力 D．静摩擦力 7、如图所示，质量相等的A、B两物块置于绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上，两物块始终 相对于圆盘静止，则两物块（） A．线速度相同 B．向心力相同 C．向心加速度相同 D．角速度相同 8、如图所示装置绕竖直轴匀速旋转，有一紧贴内壁的小物体，物体随装置一起在水平面 内匀速转动的过程中所受外力可能是 A．重力、弹力、向心力 B．重力、弹力、滑动摩擦力 C．下滑力、弹力、静摩擦力 D．重力、弹力、静摩擦力 9、甲、乙两物体都做匀速圆周运动，其质量之比为1∶2 ，转动半径之比为1∶2 ，在相等时间里甲转过60O，乙转过45°，则它们所受外力的合力之比为

第5章点的合成运动习题解答080814

第五章 点的合成运动 本章要点 一、绝对运动、相对运动和牵连运动 一个动点， 两个参照系： 定系，动系； 三种运动：绝对运动、相对运动和牵连运动， 包括三种速度：绝对速度、相对速度和牵连速度； 三种加速度：绝对加速度、相对加速度和牵连加速度； 牵连点：动参考系上瞬时与动点相重合的那一点称为动参考系上的牵连点。 二、速度合成定理 & 动点的绝对速度，等于它在该瞬时的牵连速度与相对速度的矢量和，即 r e a v v v += 解题要领 1 定系一般总是取地面，相对定系运动的物体为动系，动点不能在动系上. 2 牵连速度是牵连点的速度. 3 速度合成定理中的三个速度向量，涉及大小方向共六个因素，能且只能存在两个未知数方能求解，因此，至少有一个速度向量的大小方向皆为已知的. 4 作速度平行四边形时，注意作图次序：一定要先画大小方向皆为已知的速度向量，然后再根据已知条件画上其余两个速度向量，特别注意，绝对速度处于平行四边形的对角线位置. 5 用解三角形的方法解速度合成图. 三、加速度合成定理 1 牵连运动为平移时的加速度合成定理 · 当牵连运动为平移时，动点的绝对加速度等于牵连加速度与相对加速度的矢量和，即 r e a a a a +=， 当点作曲线运动时，其加速度等于切向加速度和法向加速度的矢量和，因此上式还可进一步写成 n r t r n e t e n a t a a a a a a a +++=+ 其中 t v a d d a t a =，a 2a n a ρv a =，t v a d d e t e =，e 2e n e ρv a =，t v a d d r t r =，r 2r n r ρv a =，r e a ,,ρρρ依次为绝

速度加速度练习题及答案解析

必修1 第一章第3至5节综合测试 一、选择题 3．一质点做直线运动，在t=t0时刻，位移x＞0，速度v＞0，加速度a＞0，此后a逐渐减小至a=0，则它的（） A．速度逐渐减小 B．位移始终为正值，速度变为负值 C．速度的变化越来越慢 D．相同时间的位移越来越小 4．如图2所示为甲、乙两质点的v-t图象，下列说法中正确的是Array（） A．2秒末它们之间的距离一定为6米 B．质点甲向所选定的正方向运动，质点乙与甲的运动方向相反 C．在相同的时间内，质点甲、乙的位移大小相同，方向相反 D．质点甲、乙的速度相同 5．关于匀变速直线运动的加速度方向和正负值问题，下列说法正确的是（） Ａ．在加速直线运动中，加速度的方向和初速度的方向相同 Ｂ．在减速直线运动中，加速度一定为负值 Ｃ．在加速直线运动中，加速度也可能为负值 Ｄ．只有规定了正方向，讨论加速度的正负才有意义 三、计算题 7．一质点做单向直线运动，其全程的平均速度为v,前一半时间内的平均速度为v1，试求该质点后一半时间内的平均速度v2。 （B）卷 一、选择题 1．下列各组选项中的物理量都是矢量的选项是（） A．速度、加速度、路程 B．速度、位移、加速度 C．位移、加速度、速率 D．瞬时速度、加速度、时间 2．在110m栏的比赛中，刘翔6s末的速度为9.2m/s，13s末到达终点时的速度为10.4m/s，则他在比赛中的平均速度大小为（） A．9.8m/s． B．10.4m/s C．9.2m/s D．8.46m/s 3．甲、乙、丙三个物体同时同地出发做直线运动，它们的位移一时间图象如图4所示。在20s内，它们的平均速度和平均速率的大小关系是( ) A．平均速度大小相等，平均速率v甲>v乙=v丙 图4

速度瞬心例题

第四章平面机构的运动分析 基本要求 了解平面机构运动分析的目的和方法，以及机构位置 图、构件上各点的轨迹和位置的求法。掌握速度瞬心位置 的确定。了解用速度瞬心求解速度的方法。掌握用相对运 动图解法作机构的速度和加速度的分析。熟练掌握影像法 的应用。搞清用解析法中的矩阵法作机构的速度和加速度 的分析，最后要达到会编程序上机作习题的程度。 基本概念题与答案 1.什么是速度瞬心，机构瞬心的数目如何计算 答：瞬心：两个构件相对速度等于零的重合点。 K = N (N-1) / 2 2.速度瞬心的判定方法是什么直观判定有几种 答：判定方法有两种：直观判定和三心定理，直观判定有四种： （1）两构件组成转动副的轴心。 （2）两构件组成移动副，瞬心在无穷远处。 （3）纯滚动副的按触点， （4）高副接融点的公法线上。 3.速度瞬心的用途是什么 答：用来求解构件的角速度和构件上点的速度，但绝对不能求加速度和角加速度，在四杆机构中用瞬心法求连杆和从动件上任一点的速度和角速度最方便。 4.平面机构运动分析的内容、目的和方法是什么 答：内容：构件的位置、角位移、角速度、角加速度、构件上点的轨迹、位移、速度、加速度。 目的：改造现有机械的性能，设计新机械。 方法：图解法、解析法、实验法。 5.用相对运动图解法求构件的速度和加速度的基本原理是什么 答：基本原理是理论力学中的刚体平面运动和点的复合运动。 6.什么是基点法什么样的条件下用基点法动点和基点如何选择 答：基点法：构件上某－点的运动可以认为是随其上任选某一点的移动和绕其点的转动所合成的方法。 求同一构件上两点间的速度和加速度关系时用基点法，动点和基点选在运动要素己知多的铰链点。 7 用基点法进行运动分析的步骤是什么 答：（1）选长度比例尺画机构运动简图 （2）选同一构件上已知运动要素多的铰链点作动点和基点，列矢量方程，标出已知量的大小和方向。 （3）选速度和加速度比例尺及极点P、P′按已知条件画速度和加速度多边形，

《理论力学D》 课程教学大纲

《理论力学D》课程教学大纲 一、课程说明 （一）课程名称、所属专业、课程性质、学分； 《理论力学D》是针对“材料物理”专业本科生在二年级（第一学期）设置的专业基础课，课堂教学（其中包括课堂讲授、习题课、讨论课等）每周3学时（总学时54学时），计3学分。 （二）课程简介、目标与任务； 《理论力学》又称“经典力学”，是研究宏观物体做低速机械运动基本规律的科学，其主要内容由“牛顿力学”和“分析力学”构成。“牛顿力学”是最早发展起来的学科之一，十七世纪末，牛顿在前人工作的基础上总结出了物体运动的三个基本定律，奠定了牛顿力学体系的理论基础。力学与人们的感性经验密切联系，直观形象而易于被人们所理解和采纳。微积分等数学工具的发展和广泛应用更是有力地推动了这一学科的发展。但牛顿力学几乎都以力F为基础，因此它的应用只局限于纯力学问题的范畴，运算也比较繁琐。 十八世纪伯努利、达朗贝尔、欧勒、拉格朗日等人先后发展了经典力学的分析形式，这是力学史上的一个新的里程碑。拉格朗日于1788年发展的名著“分析力学”对此作了全面的总结，从此建立了经典力学的拉格朗日形式。它用体系的动能和势能取代了牛顿形式的加速度和力，并且由于能量对任何物理体系都有意义，因此力学的研究和应用范围也相应地拓展到整个物理学。十九世纪三十年代，哈密顿又推广了分析力学，将力学体系的变量从空间坐标扩大到相应的动量，这就使力学理论完全适应了整个物理学发展的要求，对物理学的发展起到了重要的推动作用。 由于分析力学理论形式简洁且富有公理特性，很容易被推广应用到其他学科中去，因此在理论物理中占有重要的地位。 经典力学在近两个世纪前就已发展成一门理论严谨体系完整的学科。作为理论物理学的第一门课程，它的任务不仅是介绍物体的机械运动规律，还要引导学生如何应用数学去描写和分析物理问题，训练学生使用最严谨的方式去表达、描写、推演、总结自然规律，帮助学生建立唯物主义的观点，提高学生的科学素质。为进一步学好其他物理学的课程打好坚实的物理基础。需要进一步强调说明的是，近几十年来随着非线性系统研究的发展，力学系统混沌行为的逐渐揭示为古老的经典力学注入了新的活力。现在对非线性系统的研究已超过了力学学科，扩展到物理学的各个领域，甚至超过了物理学，而成为许多理工学科以至一些人文学科的共同课题。因此在原来的理论力学课程中应适当加入关于非线性系统讨论的内容，这也已成为这一课程进一步发展革新的必然趋势。 （三）先修课程要求，与先修课与后续相关课程之间的逻辑关系和内容衔接； 《理论力学》课程要求修课学生先期掌握基本的微积分、常微分方程、矢量代数等

高一物理 位移 速度 加速度 练习题

2013年7月3日高一物理练习题 一、选择题。（每小题有一个或多个选项符合题意） 1下列说法正确的是：（） A、参考系是为了研究物体的运动而选取的 B、宇宙中的物体有的静止的有的是运动的 C、只能选取不动的物体做为参考系 D、同一个运动对不同的参考系，其观察结果一定是相同的. 2．试判断下面的几个速度中是平均速度是（） A．子弹以790m/s的速度击中目标； B．汽车通过站牌时的速度是72km/h； C．信号沿动物神经传播的速度大约为100m/s； D．在市区某段对汽车限速，不得超过60km/h。 3．某物体作匀减速直线运动,其加速度为-2米／秒2,在任1秒中( ) A．该秒末速度比前1秒初速度小2米／秒； B．末速度比初速度大2米／秒,方向与初速度方向相反； C．末速度比初速度小2米／秒,其加速度方向与初速度方向相反； D．末速度比初速度小2米／秒,其方向与初速度方向相反. 4．在研究物体的运动时，下列物体中可以当作质点处理的是（） A．研究飞机从北京到上海的时间，可以把飞机当作质点； B．确定轮船在大海中的位置时，可以把它当作质点来处理； C．作直线运动的物体可以看作质点； D．研究火车通过路旁一根电线杆的时间时，火车可以当作质点来处理。 5．关于位移和路程的关系, 下列说法中正确的是（） A．物体沿直线向某一方向运动时，通过的路程就是位移； B．物体沿直线向某一方向运动时，通过的路程等于位移的大小； C．物体通过的两段路程不等，但位移可能相等； D．物体通过的路程不为零，但位移可能为零。 6．以下的计时数据指时间的是（） A．我们下午3点20分出发，不要迟到； B．我校的百米跑记录是12秒8； C．1997年7月1日零时我国开始对香港恢复行使主权； D．世界杯足球决赛在今晚8时开始。 7．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小是4m/s，1s后的速度大小变成了10m/s，在这1s内该物体的（） A、位移的大小可能小于4m B、位移的大小可能大于10m C、加速度的大小可能小于4m/s D、加速度的大小可能大于10m/s 8．下列关于速度和加速度的说法中，正确的是（）

《理论力学》教学大纲

《理论力学》教学大纲 一、课程概述: 1.课程编码： 2.课程类别:学士学位核心课程 3.学时:64学时 4.教学目的、意义、任务： 理论力学是普通物理力学的延续课程，又是学生首先接触到的第一门理论课。通过本课程的学习，使学生对宏观机械运动的规律有一较全面系统的认识，能掌握处理力学问题的一般方法，为后续理论课程的学习打坚实的基础。并培养学生一定的抽象思维与严密的逻辑推理能力，为今后独立学习创造条件。在理论力学的学习中，培养学生运用数学工具解决物理问题的能力。 5．主要教学方法、手段： 理论教学采用启发式、互动式、讲解式、结合仪器及实例进行演示等多种教学方法结合，并能结合实际，解决力学相关问题。 6．教学中注意的问题： （1）在教学中，注重定理的理论推导。 （2）强化知识的应用，灵活运用数学分析方法解决力学问题。 7．考核方式:闭卷 8．考核标准与比例： 课程考核采用闭卷形式，平时占10%、期中考试占20%、期末考试占70%。 9．先修课程与后续课程： 先修课程：高高等数学；力学 后续课程：电动力学；量子力学 二、课程教学内容 绪论（2学时） （一）教学基本要求 通过本课程的学习，使学生对宏观机械运动的规律有一较全面系统的认识，能掌握处理力学问题的一般方法，为后续理论课程的学习打坚实的基础。并培

养学生一定的抽象思维与严密的逻辑推理能力，为今后独立学习创造条件。在理论力学的学习中，培养学生运用数学工具解决物理问题的能力。介绍主要参考书和参考文献，介绍本课程的教学组织和安排，并提出基本学习要求。 （二）教学内容 1.理论力学的研究对象和基本内容 2.理论力学的基本特点及研究方法 3.理论力学的地位与作用 4.理论力学的形成与发展 5.主要参考书和参考文献 6.教学要求 第一章质点力学（16学时） （一）教学基本要求 本章内容学生在普物中部分接触过，应在普物力学的基础上加深、提高、使其系统化，但应避免过多的重复。 教学内容： 1.1运动的描述方法 1.2速度、加速度的分量表示 1.3牛顿运动定律 1.4运动微分方程 1.5质点动力学基本定理与守恒律. 1.6质点在有心力场的运动 （二）重点与难点 重点：速度、加速度在各种坐标系中的分量表示；三个基本定理的推导过程。 难点：有心力场中的运动问题。 第二章质点组力学（12学时）

加速度典型例题

速度和加速度同步练习 1如图，物体 置的变化量。 2 ?下列关于平均速度和瞬时速度的说法正确的是（ ） X A 平均速度V ，当t 充分小时，该式可表示t 时刻的瞬时速度 t B. 匀速直线运动的平均速度等于瞬时速度 C. 瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动 D. 只有瞬时速度可以精确描述变速运动 C.火车以速度v 经过某一段路，v 是指瞬时速度 D .子弹以速度v 从枪口射出，v 是平均速度 6 . 一物体沿直线运动。（1）若它在前一半时间内的平均速度为 v i ，后一半时间的平均速度为 v 2，则 全程的 平均速度为多大？ （ 2）若它在前一半路程的平均速度为 v 1，后一半路程的平均速度为 v 2，则全程的 平均速度多大？ 2 7. 一辆汽车以速度 v 行驶了土的路程，接着以20 km/h 的速度跑完了余下的路程，若全程的平均速 3 度是28 km/h ，则 V 是（ ） A. 24 km/h B . 35 km/h C . 36 km/h D . 48 km/h &短跑运动员在100 m 比赛中，以8 m/s 的速度迅速从起点冲出，到 50 m 处的速度是9 m/s ，10s 末 到达终点的速度是10.2 m/s ，则运动员在全程中的平均速度是 （） 现飞机在他前上方约与地面成 60°角的方向上，据此可估算岀此飞机的速度约为声速的 ______________倍 10 .关于加速度的概念，下列说法中正确的是（ ） A.加速度就是加岀来的速度 B .加速度反映了速度变化的大小 C.加速度反映了速度变化的快慢 D .加速度为正值，表示速度的大小一定越来越大 3. 下面 几个速度中表示平均速度的是 _ A. 子弹出枪口的速度 是 800 m/s B . C.火车通过广告牌的速度是 72 km/h D 4. 下列关于速度的说法中正确的是（ A. 速度是描述物体位置变化的物理量 B C.速度是描述物体运动快慢的物理量 D ，表示瞬时速度的是 。 汽车从甲站行驶到乙站的速度是 20 m/s .人散步的速度约为1 m/s ） .速度是描述物体位置变化大小的物理量 .速度是描述物体运动路程和时间关系的物理量 ?瞬时速率是指瞬时速度的大小 A . 9 m/s B 10.2 m/s C 10 m/s D 9.1 m/s 9. 一架飞机水平匀速地在某同学头顶上飞过, 当他听到飞机的发动机声从头顶正上方传来的时候,

向心力向心加速度·典型例题解析

向心力向心加速度·典型例题解析 【例1】如图37－1所示，一个大轮通过皮带拉着小轮转动，皮带和两轮之间无相对滑动，大轮的半径是小轮半径的2倍，大轮上的一点S离转动轴的 距离是半径的1/3．当大轮边缘上的P点的向心加速度是0.12m/s2时，大轮上的S点和小轮边缘上的Q点的向心加速度各为多大？ 解析：P点和S点在同一个转动轮子上，其角速度相等，即ωP＝ωS．由向心加速度公式a＝rω2可知：a s/a p＝r s/r p，∴a s＝r s/r p·a p＝1/3×0.12m/s2＝0.04m/s2． 由于皮带传动时不打滑，Q点和P点都在由皮带传动的两个轮子边缘，这两点的线速度的大小相等，即v Q＝v P．由向心加速度公式a＝v2/r可知：a Q/a P ＝r P/r Q，∴a Q＝r P/r Q×a P＝2/1×0.12m/s2＝0.24 m/s2． 点拨：解决这类问题的关键是抓住相同量，找出已知量、待求量和相同量之间的关系，即可求解． 【问题讨论】(1)在已知a p的情况下，为什么求解a s时要用公式a＝rω2、求解a Q时，要用公式a＝v2/r？ (2)回忆一下初中电学中学过的导体的电阻消耗的电功率与电阻的关系 式：P＝I2R和P＝U2/R，你能找出电学中的电功率P与电阻R的关系及这里的 向心加速度a与圆周半径r的关系之间的相似之处吗？ 【例2】如图37－2所示，一圆盘可绕一通过圆盘中心O且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放置一个木块，当圆盘匀角速转动时，木块随圆盘一起运动，那么

[ ] A．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向背离圆盘中心 B．木块受到圆盘对它的摩擦力，方向指向圆盘中心 C．因为木块随圆盘一起运动，所以木块受到圆盘对它的摩擦力，方向与木块的运动方向相同 D．因为摩擦力总是阻碍物体的运动，所以木块所受到圆盘对它的摩擦力的方向与木块的运动方向相反 解析：从静摩擦力总是阻碍物体间的相对运动的趋势来分析：由于圆盘转动时，以转动的圆盘为参照物，物体的运动趋势是沿半径向外，背离圆心的，所以盘面对木块的静摩擦力方向沿半径指向圆心． 从做匀速圆周运动的物体必须受到一个向心力的角度来分析：木块随圆盘一起做匀速圆周运动，它必须受到沿半径指向圆心的合力．由于木块所受的重力和盘面的支持力都在竖直方向上，只有来自盘面的静摩擦力提供指向圆心的向心力，因而盘面对木块的静摩擦力方向必沿半径指向圆心．所以，正确选项为B． 点拨：1．向心力是按效果命名的，它可以是重力、或弹力、或摩擦力，也可以是这些力的合力或分力所提供． 2．静摩擦力是由物体的受力情况和运动情况决定的． 【问题讨论】有的同学认为，做圆周运动的物体有沿切线方向飞出的趋势，静摩擦力的方向应该与物体的运动趋势方向相反．因而应该选取的正确答案为D．你认为他的说法对吗？为什么？ 【例3】如图37－3所示，在光滑水平桌面上有一光滑小孔O；一根轻绳穿过小孔，一端连接质量为m＝1kg的小球A，另一端连接质量为M＝4kg 的重物B． (1)当小球A沿半径r＝0.1m的圆周做匀速圆周运动，其角速度为ω＝ 10rad/s时，物体B对地面的压力为多大？ (2)当A球的角速度为多大时，B物体处于将要离开、而尚未离开地面的临界状态？(g＝10m/s2)

平抛运动典型例题(含答案)

[例1] 在倾角为的斜面上的P点，以水平速度向斜面下方抛出一个物体，落在斜面上的Q点，证明落在Q点物体速度。 解析：设物体由抛出点P运动到斜面上的Q点的位移是，所用时间为，则由“分解位移法”可得，竖直方向上的位移为；水平方向上的位移为。 又根据运动学的规律可得 竖直方向上， 水平方向上 ， 所以Q点的速度 ?[例2] 如图3所示，在坡度一定的斜面顶点以大小相同的速度同时水平向左与水平向右抛出两个小球A和B，两侧斜坡的倾角分别为和，小球均落在坡面上，若不计空气阻力，则A 和B两小球的运动时间之比为多少？ 图3 解析：和都是物体落在斜面上后，位移与水平方向的夹角，则运用分解位移的方法可以得到 所以有 同理 则 ? [例3] 如图6所示，在倾角为的斜面上以速度水平抛出一小球，该斜面足够长，则从抛出开始计时，经过多长时间小球离开斜面的距离的达到最大，最大距离为多少？ 图6 解析：将平抛运动分解为沿斜面向下和垂直斜面向上的分运动，虽然分运动比较复杂一些，但易将物体离斜面距离达到最大的物理本质凸显出来。 取沿斜面向下为轴的正方向，垂直斜面向上为轴的正方向，如图6所示，在轴上，小球做初速度为、加速度为的匀变速直线运动，所以有 ?① ?② 当时，小球在轴上运动到最高点，即小球离开斜面的距离达到最大。 由①式可得小球离开斜面的最大距离 当时，小球在轴上运动到最高点，它所用的时间就是小球从抛出运动到离开斜面最大距离的时间。由②式可得小球运动的时间为

例4：在平直轨道上以20.5/m s 的加速度匀加速行驶的火车上，相继下落两个物体下落的高度都是2.45m ．间隔时间为1s ．两物体落地点的间隔是2.6m ，则当第一个物体下落时火车的速度是多大？（g 取210/m s ） 分析：如图所示．第一个物体下落以0v 的速度作平抛运动，水平位移0s ，火车加速到下落第二个物体时，已行驶距离1s ．第二个物体以1v 的速度作平抛运动水平位移2s ．两物体落地点的间隔是2.6m ． 解：由位置关系得 1202.6s s s =+- 物体平抛运动的时间 0.7t s '= 由以上三式可得 例5：光滑斜面倾角为θ，长为L ，上端一小球沿斜面水平方向以速度0v 抛出（如图所示），小球滑到底端时，水平方向位移多大？ 解：小球运动是合运动，小球在水平方向作匀速直线运动，有 0s v t = ① 沿斜面向下是做初速度为零的匀加速直线运动，有 2 12 L at = ② 根据牛顿第二定律列方程 sin mg ma θ= ③ 由①，②，③式解得s v v == 例6：某一物体以一定的初速度水平抛出，在某1s 内其速度方向与水平方向成37?变成53?，则此物体初速度大小是________/m s ，此物体在1s 内下落的高度是________m （g 取210/m s ） 选题目的：考查平抛物体的运动知识的灵活运用． 解析：作出速度矢量图如图所示，其中1v ．2v 分别是ts 及(1)t s +时刻的瞬时速度．在这两个时刻，物体在竖直方向的速度大小分别为gt 及(1)g t +，由矢量图可知： 由以上两式解得017.1/v m s = 9 7 t s = 物体在这1s 内下落的高度 例7如图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O 点水平飞出，经过3.0s 落到斜坡上的A 点．已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37°，运动员的质量m=50kg ．不计空气阻力．（取sin37°=0.60，cos37°=0.80；g 取10m/s 2）求： （1）A 点与O 点的距离L ；（2）运动员离开O 点时的速度大小；